2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）单元质检卷三　导数及其应用 WORD版含解析.docx

1、单元质检卷三导数及其应用(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021辽宁大连模拟)函数f(x)=ex-2x的图象在点(1,f(1)处的切线方程为()A.2x+y+e-4=0B.2x+y-e+4=0C.2x-y+e-4=0D.2x-y-e+4=02.(2021江西南昌三模)已知自由落体运动的速度v=gt,则自由落体运动从t=0 s到t=2 s所走过的路程为()A.gB.2gC.4gD.8g3.(2021湖北黄冈模拟)已知f(x)的导函数f(x)图象如图所示,那么f(x)的图象最有可能是图中的()

2、4.(2021江西宜春模拟)若函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2f(2)x+m(mR),则()A.f(0)f(5)D.以上答案都不对5.(2021浙江湖州模拟)“m0”是“函数f(x)=ln x-mx在(0,1上单调递增”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.(2021四川泸州诊断)已知函数f(x)=ex,过原点作曲线y=f(x)的切线l,则切线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为()A.2e+12B.2e-12C.e-22D.e+127.(2021广东高州一中高三月考)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则()A.f(x)的极

3、大值为0B.曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线为y轴所在的直线C.f(x)的最小值为0D.f(x)在定义域内单调8.(2021广东汕头三模)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f(x),且满足f(x)-f(x)0,f(2 021)=e2 021,则不等式f1elnx0,则下列结论正确的是()A.2f63f3B.f63f3C.2f63f310.(2021贵州毕节三模)已知定义在a,b上的函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示,给出下列命题:函数y=f(x)在区间x2,x4上单调递减;若x4mnfm+n2;函数y=f(x)在a,b上有3个极值点;若x2pqx3,则f(p)-f(

4、q)f(p)-f(q)kx恒成立D.对任意两个正实数x1,x2,且x1x2,若f(x1)=f(x2),则x1+x2412.(2021全国乙,10)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.abC.aba2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东东营模拟)设函数f(x)=x-aex,若f(2)=1e2,则a=.14.(2021江西九江模拟)若12 1x+2mxdx=3+ln 2,则实数m的值为.15.(2021陕西宝鸡高三质检)若函数f(x)=cos 2x+asin x在区间6,2内单调递增,则a的取值范围是.16.如图所示,某公园

5、有一块空地,由一个直径为2(单位:km)的半圆和一个以MN为底边,顶角为120的等腰三角形MNP构成.现在要在空地内建一个梯形苗圃ABCD种植花草,为美观对称设计,梯形ABCD的两个顶点A,B在半圆上,另两个顶点C,D分别在NP,MP上,ABCDMN,梯形ABCD的高为1(单位:km),则梯形ABCD面积的最大值是.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(14分)(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.18.(14分)(2021四川绵

6、阳中学高三模拟)已知函数f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线重合.(1)求a的值;(2)求证:f(x)g(x)在(0,+)上恒成立.19.(14分)(2021全国高三月考)已知函数f(x)=ex-2x.(1)当xcos x;(2)若函数g(x)=f(x)-cos x+ln(x+1),试问:函数g(x)是否存在极小值?若存在,求出极小值;若不存在,请说明理由.(其中常数e=2.718 28,是自然对数的底数)20.(14分)(2021广东深圳一模)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-ln x),aR.(1)讨论函数f(x)的单调

7、性;(2)若函数g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有3个零点,求a的取值范围.(其中常数e=2.718 28,是自然对数的底数)21.(14分)已知函数f(x)=aln x,g(x)=x+1x+f(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且x2x1ea,求证:f(x1+x2)+mf(x1-x2)65.答案：1.C解析:f(x)=(x-1)ex+2x2,所以切线斜率为f(1)=2,又因为f(1)=e-2,所以切线方程为y-(e-2)=2(x-1),即2x-y+e-4=0.2.B解析:因为自由落体运动的速度

8、v=gt,所以路程s=02 gtdt=12gt2|02=2g,故选B.3.A解析:由给定的导函数图象知,当x0时,f(x)0,当-2x0,从而得f(x)有两个极值点,极小值点为-2,极大值点为0,且f(x)在(-,-2),(0,+)上单调递减,在(-2,0)内单调递增,只有选项A符合要求.4.C解析:f(x)=x2+2f(2)x+m,f(x)=2x+2f(2),f(2)=22+2f(2),f(2)=-4,f(x)=x2-8x+m,图象为开口向上的抛物线,其对称轴方程为x=4,f(0)f(5).5.A解析:由f(x)=ln x-mx(x0),可得f(x)=1x-m,若f(x)=ln x-mx在(

9、0,1上单调递增,则f(x)0在(0,1恒成立,即m1x在(0,1恒成立,则m1,因为(-,0(-,1,则可得“m0”是“函数f(x)=ln x-mx在(0,1上单调递增”的充分不必要条件.6.C解析:由f(x)=ex可得f(x)=ex,设切点为(x0,ex0),斜率为f(x0)=ex0,则切线方程为y-ex0=ex0(x-x0),把(0,0)代入可得-ex0=ex0(-x0),故x0=1,可得切线方程为y=ex,则直线l与曲线y=f(x)及y轴围成的图形的面积为01 (ex-ex)dx=ex-12ex201=e-22.7.C解析:f(x)=x3-3ln x-1的定义域为(0,+),f(x)=

10、3x2-3x=3x(x3-1),令f(x)=0,解得x=1,列表可知,x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的极小值,也是最小值为f(1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C正确,A,D错误;对于选项B,由f(1)=0及f(1)=0,所以y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程y-0=0(x-1),即y=0,为x轴所在的直线,故B错误.8.D解析:令t=1eln x,则x=eet,所以不等式f1elnxex等价转化为不等式f(t)eeet=et,即f(t)et0,所以g(t)为R上的增函数.又因为f(2 021)=e2 021,所以g(2 021)=

11、f(2 021)e2 021=1,所以g(t)=f(t)et1=g(2 021),解得t2 021,即1eln x2 021,所以0x0,所以函数g(x)在0,2内单调递增.因为643,所以g6g4g3,即f6cos6f4cos4f3cos3,所以f63f42f3,所以2f63f4,f63f3,f4fm+n2,故正确;中,由图可知,在区间a,x3上,f(x)0,在区间x3,x5上,f(x)0,在区间x5,b上,f(x)0,所以y=f(x)有一个极大值点x3和一个极小值点x5,故错误;中,由图可知,在区间x2,x3上,f(x)0,且f(x)单调递减,故y=f(x)单调递增,故f(p)f(q),f

12、(p)f(q),故f(p)-f(q)f(p)-f(q)0,即正确.综上,真命题的序号是.11.C解析:对于A选项,f(x)定义域为(0,+),f(x)=-2x2+1x=x-2x2,当0x2时,f(x)2时,f(x)0,所以x=2是f(x)的极小值点,A正确;对于B选项,令h(x)=f(x)-x,则h(x)=-x2-x+2x20,h(x)在(0,+)上单调递减,h(1)=1,h(2)=ln 2-10),F(x)=ln x,当x(0,1)时,F(x)0,F(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+)上单调递增,则F(x)min=F(1)=30,(x)kx恒成立,C错误;对于D选项,由A选项知,f(x

13、)在(0,2)内单调递减,在(2,+)上单调递增,因为正实数x1,x2,且x1x2,f(x1)=f(x2),则0x22x1,当0x2时,令g(x)=f(x)-f(4-x),g(x)g(2)=0,从而有f(x1)=f(x2)f(4-x2),又因为4-x22,所以x14-x2,即x1+x24成立,D正确.故选C.12.D解析:因为f(x)=a(x-a)2(x-b),所以f(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2=a(x-a)(2x-2b)+(x-a) =a(x-a)3x-(a+2b)=3a(x-a)x-a+2b3.由f(x)=0,解得x=a或x=a+2b3,若a0,则由x=a为函数f(x)

14、的极大值点,可得a+2b3a,化简得ba.此时在区间-,a+2b3和(a,+)上,f(x)0,函数f(x)单调递增.此时a(a-b)0,即a20,则由x=a为函数的极大值点可得aa+2b3,化简得a0,函数f(x)单调递增;在区间a,a+2b3内,f(x)0,函数f(x)单调递减.此时a(a-b)0,即a2ab.综上可得a20,只需-4sin x+a0,即a4sin x在6,2内恒成立,而x6,2,4sin x(2,4),a4.16.3-3解析:如图,过点O作EFAB交AB于点E,交CD于点F,则EF=1,因为MNP为等腰三角形,所以点P在直线EF上.设OE=x,则OF=1-x,且0x1,连接

15、OB,则OB=1,在OEB中,BE=1-x2,所以AB=21-x2.在MNP中,因为P=120,MN=2,所以OP=33.因为PCFPNO,所以PFPO=CFNO,即33-(1-x)33=CF1,所以CF=1-3(1-x)=1-3+3x,所以梯形ABCD面积为S=12(AB+CD)EF=1-x2+3x+1-3(0x1),所以S=3-x1-x2,因为0x0,解得0x32,由S0,解得32x0,x0,2ax+3x0,当x0,1a时,f(x)0,函数f(x)在0,1a内单调递减,在1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图象与x轴没有公共点,函数f(x)在(0,+)上没有零点,由(1)可得函数f(x

16、)在0,1a内单调递减,在1a,+上单调递增,f1a=3-3ln1a=3+3ln a0,ln a-1,a1e,即实数a的取值范围是1e,+.18.(1)解:因为f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-ax,所以f(x)=x+1x-lnx(x+1)2,g(x)=-2(x+1)2+ax2,由题意得f(1)=g(1),所以12=a-12,解得a=1.(2)证明由(1)知,f(x)=lnxx+1,g(x)=2x+1-1x,f(x)-g(x)=lnxx+1-2x+1+1x=xlnx-x+1x(x+1),令h(x)=xln x-x+1,x0,则h(x)=ln x,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)

17、单调递增,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递减,故当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=0,所以h(x)0,故f(x)-g(x)0,所以f(x)g(x).19.(1)证明令F(x)=f(x)-cos x,则F(x)=ex-2x-cos x,F(x)=ex-2+sin x=(ex-1)+(sin x-1).当x0时,exe0=1,且sin x-10,故F(x)F(0)=0,所以f(x)-cos x0,即f(x)cos x.(2)解:根据题意,g(x)=ex-2x-cos x+ln(x+1),定义域为(-1,+),g(x)=ex-2+sin x+1x+1,令h(x)=g(x)=ex+1

18、x+1+sin x-2,则h(x)=ex-1(x+1)2+cos x,易知当x0,2时,h(x)0,故函数h(x)在0,2内单调递增,则h(x)h(0)=0,即g(x)0,所以函数g(x)在0,2内单调递增.当x(-1,0)时,h(x)单调递增,且h(0)=10,又因为h-12=e-12+cos-12-40,函数h(x)在(x0,0)内单调递增,即g(x)在(x0,0)内单调递增,所以当x(x0,0)时,g(x)0,g(x)在(-1,x1)上单调递增,当x(x1,x0)时,g(x)2.7324,1x+10,即ex+1x+1+sin x-20,所以g(x)0,函数g(x)在2,+上单调递增.综上

19、可知,函数g(x)在(x0,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,因此,当x=0时,函数g(x)有极小值,极小值为g(0)=0.20.解:(1)f(x)=aln2x+2x(1-ln x),其定义域为(0,+),则f(x)=2lnx(a-x)x(x0),且f(1)=0,若a0,当0x0,即函数f(x)在(0,1)内单调递增,当x1时,f(x)0,函数f(x)在(1,+)上单调递减;当0a1时,令f(x)=0,解得x=1,x=a,当ax0,函数f(x)单调递增,当x1或0xa时,f(x)1时,当1x0,函数f(x)单调递增,当xa或0x1时,f(x)0,函数f(x)单调递减,f(x)在(1,a)

20、内单调递增,在(0,1),(a,+)单调递减.(2)g(x)=e2f(x)-2a2=0,即方程f(x)=2a2e2有且仅有3个不同的实根,y=f(x)与y=2a2e2的图象有三个交点,由(1)知,必有0a1.当0aa2a2e2,y=f(x)与y=2a2e2的图象至多有1个交点,所以不合题意;当a1时,f(x)在(1,a)内单调递增,在(0,1),(a,+)上单调递减,f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-ln a),只有当22a2e2a(ln2a+2-2ln a)成立,y=f(x)与y=2a2e2的图象才有三个交点,当2e,下面只需要求解不等式2a2e2a(l

21、n2a+2-2ln a),即2ae20,则2ae2ln2a+2-2ln a等价于2et-2t2+2-2t,设h(t)=t2+2-2t-2et-2,则h(t)=2t-2-2et-2,令u(t)=2t-2-2et-2,则u(t)=2-2et-2,令u(t)=0,则t=2,且当t0,函数u(t)单调递增,当t2时,u(t)0,函数u(t)单调递减,又u(2)=0,所以u(t)0,即h(t)单调递减,又h(2)=0,当0t0,即0ln a2,得到1a0,h(x)在(0,+)上单调递增;a+10,即a-1,x(0,1+a)时,h(x)0,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+)上单调递增.综

22、上,当a-1时,h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+)上单调递增,当a-1时,h(x)在(0,+)上单调递增.(2)证明 由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2;2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2).又f(x)=2ln x,f(x)=2x,f(x1+x2)+mf(x1-x2)=2x1+x2+m2x1-x2=x1-x222x1+x2+m=x1-x2x1+x2+mx1-x22=1-x2x11+x2x1+lnx2x1,令x2x1=te2,(t)=1-t1+t+ln t,则(t)=t2+1t(t+1)20,(t)在e2,+)上单调递增,(t)(e2)=1+2e2+11+232+1=65,故f(x1+x2)+mf(x1-x2)65.